高考物理考前三个月——专题四学案
2019年高考物理(全国通用)专题总复习课件《考前三个月》：七大提分策略策略4
限分析法、对称分析法等思维方法，对解的合理性还是能够做出相应判
断的.具体来说，我们可以从解的物理量单位、解随某些已知量变化的趋
势、解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验
结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性.
√
ΔB LR A.E＝ Δt ·2
ΔB 2 B.E＝ Δt LR
ΔB C.E＝ Δt L
D.E＝0
解析 答案
3.极限分析法 所谓极限分析法，是指将问题从一般状态推到特殊状态进行分析处理的解 题方法.将问题推想到极端状态或极端条件下进行分析，问题有时会变得明 朗而简单.在求解过程中，通过恰当地选取某个物理量，并将其推向极端， 如“极大”“极小”“极左”“极右”等，从而把某个物理情景中比较隐 蔽的临界现象或各种可能性暴露出来，便于解答.
√
解析 答案
2.利用单位制法 物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系.如关 系式 U ＝ IR 既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了 V( 伏 ) 与 A(安 )和Ω(欧)的乘积等效 .力学中的基本物理量是长度、质量、时间，而 国际单位制中的基本单位则包括米 (m) 、千克 (kg) 、秒 (s) 、安 (A) 、开 (K) 、 摩(mol)、坎(cd).
第二篇 七大提分策略
选择题的编拟一般都是针对学生在掌握某个物理概念或物理规律的
某个环节上常见的错误设计出的一些具有逻辑性的似是而非的选择项.学
生往往由于掌握知识不牢，概念理解不清，或者思考问题不全面而掉进
“ 陷阱” ；也有些选择题的编拟是为了测试受试者思维的准确性和敏捷
性的，这些题目往往使学生由于解题的技巧、思维能力和速度的差异而
高考物理基础知识专题复习教案4
高考物理基础知识专题复习教案4第一节基本概念和定律基础知识一、电流、电阻和电阻定律1．电流：电荷的定向移动形成电流．（1）形成电流的条件：内因是有自由移动的电荷，外因是导体两端有电势差．（2）电流强度：通过导体横截面的电量Q与通过这些电量所用的时间t的比值。
①I=Q/t；假设导体单位体积内有n个电子，电子定向移动的速率为V，则I=neSv②表示电流的强弱，是标量．但有方向，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向．③单位是：安、毫安、微安1A=103mA=106μA2．电阻、电阻定律（1）电阻:加在导体两端的电压与通过导体的电流强度的比值.R=U/I,导体的电阻是由导体本身的性质决定的,与U.I无关.(2)电阻定律:导体的电阻R与它的长度L成正比,与它的横截面积S成反比. R＝ρL/S(3)电阻率:电阻率ρ是反映材料导电性能的物理量，由材料决定,但受温度的影响．3．半导体与超导体(了解内容)(1)半导体的导电特性介于导体与绝缘体之间,(2)半导体的应用:①热敏电阻:能够将温度的变化转成电信号,测量这种电信号,就可以知道温度的变化.②光敏电阻:光敏电阻在需要对光照有灵敏反应的自动控制设备中起到自动开关的作用.③晶体二极管、晶体三极管、电容等电子元件可连成集成电路.④半导体可制成半导体激光器、半导体太阳能电池等.（3）超导体超导现象：某些物质在温度降到绝对零度附近时,电阻率突然降到几乎为零的现象.应用:超导电磁铁、超导电机等例1．( 2003·上海高考物理卷考题）若氢原子的核外电子绕核做半径为r的匀速圆周运动，则其角速度ω= ；电子绕核的运动可等效为环形电流，则电子运动的等效电流I= ．（已知电子的质量为m，电荷量为e，静电常量用 k 表示）例2．如图7-1-16示，假如考虑温度对电阻率的影响，能较正确反映通过灯泡的电流I与灯泡两端电压U关系的图线是图中的（）二、部分电路欧姆定律1、导体中的电流I跟导体两端的电压成正比，跟它的电阻R成反比。
高考物理 考前三个月 第2 专题1 考策略 方法技巧四 力学
取夺市安慰阳光实验学校四、力学实验实验一 研究匀变速直线运动1．开始释放小车时，应使小车靠近打点计时器．2．先接通电源，打点计时器稳定工作后，再放开小车，当小车停止运动时及时断开电源．3．要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点，一般在纸带上每隔四个点取一个计数点，即时间间隔为T ＝0.02 s×5＝0.1 s.4．选择一条理想的纸带，是指所选纸带上的点迹清晰．适当舍弃开头密集部分，适当选取计数点，弄清楚所选的时间间隔T .5．测x 时不要分段测量，读数时要注意有效数字的要求． 6．纸带处理(如图1所示) 图1v E ＝DF 2T ＝29.90－13.15×10－22×0.1m/s≈0.84 m/sa ＝DG －AD 3T 2＝[40.65－13.15－13.15]×10－29×0.12m/s 2≈1.59 m/s 2. 实验二 探究弹力和弹簧伸长的关系1．所挂钩码不要过重，以免弹簧被过分拉伸，超出它的弹性限度．2．每次所挂钩码的重力差尽量大一些，从而使坐标上描的点尽可能稀，这样作出的图线更精确．3．测弹簧长度(尤其是原长)时，一定要在弹簧竖直悬挂且处于平衡状态时测量，以免增大误差．4．记录数据时要注意弹力与弹簧伸长量的对应关系及单位．5．数据处理，作出F －x 图象如图2所示． 斜率表示弹簧的劲度系数k . 图2实验三 验证力的平行四边形定则1．同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计调零后互钩对拉，若两只弹簧测力计在对拉过程中，读数相同，则可选；若读数不同，应另换，直至相同为止．2．在同一次实验中，使橡皮条拉长时，结点O 位置一定要相同．3．用两只弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时，夹角不宜太大也不宜太小，在60°～100°为宜．4．读数时应注意使弹簧测力计与木板平行，在合力不超过量程及橡皮条弹性限度的前提下，拉力的数值尽量大些．5．细绳套应适当长一些，便于确定力的方向．6．在同一次实验中，画力的图示所选定的标度要相同，并且要恰当选取标度，使所作力的图示稍大一些． 图3实验四 验证牛顿运动定律 1．实验装置(如图4所示) 图42．平衡摩擦力：使木板有一定倾角，连上纸带，不挂托盘，使小车做匀速直线运动，即打出的纸带点迹均匀．且在整个实验中只平衡一次．3．每条纸带必须在满足小车的质量远大于托盘和砝码的总质量的条件下打出．只有如此，托盘和砝码的总重力才可近似认为等于小车受到的拉力．4．改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达定滑轮前按住小车．5．作图象时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称的分布在所作直线两侧．实验五探究动能定理1．实验装置(如图5所示)图52．每次实验中小车都要从同一位置开始释放．3．长木板要倾斜，使小车能在长木板上匀速运动．4．实验中不用测小车的质量．5．实验中测定的速度应是橡皮筋恢复形变以后小车的速度，所以应选用那些间距较大且相对均匀的点来测量和计算．6．实验数据记录橡皮筋条数力对车做的功位移x/m 时间t/s速度v/(m·s－1)速度平方v2/(m2·s－2)1W 22W 33W 44W 55W 66W 7.实验数据处理及分析：在坐标系上画出W－v和W－v2图线(“W”以一根橡皮筋做的功为单位)．8．实验结论：从图象可知与物体速度变化的关系W∝v2.实验六验证机械能守恒定律1．打点计时器要稳定的固定在铁架台上，打点计时器平面与纸带限位孔调整在同一竖直方向，以减小摩擦阻力．2．应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力减小．3．实验中，需保持提纸带的手不动，且保证纸带竖直，待接通电源，打点计时器工作稳定后，再松开纸带．4．测下落高度时，要从第一个打点测起(第一个点的判断依据：第1、2两个点之间的距离约为2 mm)，并且各点对应的下落高度要一次测量完．5．速度不能用v n＝gt n或v n＝2gh n计算，重物下落的高度h也只能用刻度尺直接测量，而不能用h n＝12gt2n或h n＝v2n2g计算得到．6．本实验不用测量重物的质量，因为要验证mgh n＝12mv2n只需验证gh n＝12v2n即可．7．本实验中用到的g应该采用当地的重力加速度的值，而不是通过纸带计算出的加速度值，因为通过纸带计算出的加速度是包括了阻力在内的合外力产生的加速度而不是重力加速度．考点热身精练1．(2015·建陵模拟)小明做验证力的平行四边形定则的实验，在水平放置的木板上垫上一张白纸，把橡皮条的一端固定在板上的A点，橡皮条的另一端拴上两个细绳套，如图6(a)所示．先用两个弹簧测力计钩住细绳套，互成角度拉橡皮条使之伸长，结点到某一位置O，此时记下两个弹簧测力计的读数F1和F2和两细绳的方向．请完成下列问题：图6(1)F1的读数如图(b)所示(只画出了弹簧测力计的一部分)则F1＝________ N.(2)小明再用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，应该使结点拉到________，记下弹簧测力计的读数，并记下________．(3)在本实验中，若保持F1和F2的大小不变，则下列关于这两个力的合力的说法中正确的是( )A．合力F的大小随F1与F2夹角的增大而增大B．F1和F2的夹角在0到180°之间时，夹角越小，合力F越大C．F1或F2的大小总是小于合力F的大小D．合力F的大小不一定大于F1或F2的大小2．(2015·重庆市巴蜀中学模拟)(1)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图7甲所示，在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示．计时器所用交流电源的频率为50 Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为________ m/s2(结果保留两位有效数字)．图7(2)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到如图8中甲、乙两条直线．则甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μ甲__________μ乙．(选填“大于”、“小于”或“等于”)图83．某学习小组的同学欲“探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系”，在实验室设计了如图9所示甲、乙两套装置，图中A为小车，B为打点计时器，C为弹簧秤，P为小桶(内有沙子)，一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置．图9(1)如果忽略滑轮与绳间的摩擦，小组成员认为：①甲图中弹簧秤的示数即为小车受到的拉力大小；②乙图中弹簧秤示数的二倍为小车受到的拉力大小．请判断两种分析是否正确，若不正确，请指明并简要说出不正确的原因．___________________________________________________________________ _____.(2)选择了上述一种合理的方法后，要顺利完成该实验，除图中实验仪器和低压交流电源(含导线)外，还必需的两个实验仪器是________________、________________.(3)该实验中发现小车受到的阻力对实验结果影响较大，在长木板保持水平的情况下，请你利用该装置测出小车受到的阻力，其方法是_______________________．(4)在上述实验操作中，打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，某同学打出的一段纸带如图10所示，O、A、B、…、F为打点计时器连续打出的计时点，根据图中数据求出小车运动时与纸带上E点相对应的瞬时速度v E＝______m/s.(结果保留3位有效数字)图10答案精析 四、力学实验 考点热身精练1．(1)1.22～1.24 (2)同一位置 细绳的方向 (3)BD解析 (1)精确位为0.1 N ，读数时估读到下一位，读数为1.22～1.24 N ．(2)此实验运用等效替代的物理思想，效果要相同，应拉到同一位置，并记录力的大小与方向．(3)两力大小一定求合力时，夹角越小合力越大，夹角越大合力越小；合力可以大于分力，也可小于分力，还可以等于分力． 2．(1)0.15 (2)大于解析 (1)处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式Δx ＝at 2，关键弄清公式中各个量的物理意义，Δx 为连续相等时间内的位移差，t 为连续相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t ＝0.1 s ，Δx ＝(3.68－3.53)×10－2m ，代入可得加速度a ＝0.15 m/s 2.也可以使用最后一段和第二段的位移差求解，得加速度a ＝0.15 m/s 2.(2)当没有平衡摩擦力时有：F T －F f ＝ma ，故a ＝F T m －μg 即图线斜率为1m，纵轴截距的大小为μg .观察图线可知μ甲>μ乙．3．(1)①的说法是正确的；②的说法不正确，因为当小车加速运动时，要考虑动滑轮的质量，小车所受到的拉力小于(或不等于)弹簧秤示数的二倍 (2)刻度尺 天平(3)调整小桶内沙子的质量，轻推小车，使小车拖动纸带做匀速运动，则弹簧秤的示数等于小车受到的阻力大小 (4)1.39解析 (1)在题图甲中，小车的拉力等于弹簧秤的拉力，在题图乙中，考虑到动滑轮的质量m ，设弹簧秤的拉力为F ，小车对滑轮的拉力为F T ，则2F －F T ＝ma ，知小车所受到的拉力小于(或不等于)弹簧秤示数的二倍．(2)该实验要计算出小车的动能，要测量小车的质量，所以需要天平；要测量纸带计时点之间的长度，还需要刻度尺．(3)调整小桶内沙子的质量，轻推小车，使小车拖动纸带做匀速运动，则弹簧秤的示数等于小车受到的阻力大小． (4)E 点的速度等于DF 段的平均速度v E ＝x DF 2T ＝11.96－6.40×10－20.04m/s ＝1.39 m/s.。
版《考前三个月》高考物理(通用)大二轮专题复习课件物理图像问题分析
专题八
物理图象问题分析
学案 14
【考情分析】 命题情况
物理图象问题分析
山东 13 浙江 福建 江苏
课标全国
本 学 考查点 案 栏 力学中的图象 目 开 问题 关
13 12 12 Ⅰ Ⅱ 19 21 20 14 16 18
12 13 12 13 12 13 17 17 13 15 18 18 4
本 学 案 栏 目 开 关
突破练习 1．甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直 线同时做直线运动， 其 v－t 图象如图 2 所示，则 A．1 s 时甲和乙相遇 B．2 s 时甲的速度方向反向 C．2 s～6 s 内甲相对乙做匀速直线运动 D．4 s 时乙的加速度方向反向 ( )
本 学 案 栏 目 开 关
本 学 案 栏 目 开 关
(2)面积的物理意义 ①在直线运动的 v－t 图象中，图线和时间轴之间的面积，等于 速度 v 与时间 t 的乘积，因此它表示相应时间内质点通过的位 移；② 在 a－ t 图象中，图线和时间轴之间的面积，等于加速度 a 与时间 t 的乘积，表示质点在相应时间内速度的变化量；③线 圈中电磁感应的 E－t 图象(E 为感应电动势)，图线跟 t 坐标轴 之间的面积表示相应时间内线圈磁通量的变化量；④ 力 F 移动 物体在力的方向上产生一段位移 l， F－l 图象中曲线和 l 坐标轴 之间的面积表示 F 做的功，如果 F 是静电力，此面积表示电势 能的减小量， 如果 F 是合力， 则此面积表示物体动能的增加量； ⑤静电场中的 E－ x 图象(E 为电场强度， x 为沿电场线方向的位 移 )，曲线和 x 坐标轴之间的面积表示相应两点间的电势差．
本 学 案 栏 目 开 关
图1 (1)求物体上升到 0.4 m 高度处 F 的瞬时功率． (2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得 20 J 的动能向下运动．钉子总长为 10 cm.撞击前插入部分可以 忽略， 不计钉子重力． 已知钉子在插入过程中所受阻力 Ff 与深 度 x 的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．
【物理】2019届一轮复习人教版选修3—4学案
高考物理选修3—4复习辅导讲义物理量定义意义位移由平衡位置指向质点所在位置的有向线段描述质点振动中某时刻的位置相对于平衡位置的位移振幅振动物体离开平衡位置的最大距离描述振动的强弱和能量周期振动物体完成一次全振动所需时间描述振动的快慢，两者互为倒数：T＝1f频率振动物体单位时间内完成全振动的次数相位ωt＋φ描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态3.简谐运动的两种模型模型弹簧振子单摆示意图简谐运动条件(1)弹簧质量可忽略(2)无摩擦等阻力(3)在弹簧弹性限度内(1)摆线为不可伸缩的轻细线(2)无空气阻力(3)最大摆角很小模型弹簧振子单摆回复力弹簧的弹力提供摆球重力沿圆弧切线方向的分力平衡位置弹簧处于原长处最低点周期与振幅无关T＝2π l g能量转化弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒重力势能与动能的相互转化，机械能守恒简谐运动的公式和图象1．简谐运动的表达式(1)动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。
(2)运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ)，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢，(ωt＋φ)代表简谐运动的相位，φ叫做初相。
2．简谐运动的图象(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，图象如图甲所示。
(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acosωt，图象如图乙所示。
受迫振动和共振1．三种振动形式的比较振动类型自由振动受迫振动共振(3)图象波长、波速、频率及其关系(1)波长λ在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离。
(2)波速v波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。
(3)频率f由波源决定，等于波源的振动频率。
(4)波长、波速和频率的关系①v＝λf；②v＝λT。
波的干涉和衍射现象、多普勒效应1．波的干涉和衍射波的干涉波的衍射条件两列波的频率必须相同明显条件：障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多现象形成加强区和减弱区相互隔开的稳定的干涉图样波能够绕过障碍物或孔继续向前传播2.多普勒效应(1)定义：当波源与观察者互相靠近或者互相远离时，观察者接收到的波的频率会发生变化。
版《考前三个月》高考物理(通用)大二轮专题复习课件电磁感应中的综合问题
本 学 案 栏 目 开 关
2．求解图象问题的思路与方法 (1)图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法”， 即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象．也可用 “ 对照法 ” ，即按照要求画出正确的草图，再与选项对 照．解决此类问题的关键是把握图象特点，分析相关物理 量的函数关系，分析物理过程的变化或物理状态的变化． (2)图象分析问题：定性分析物理图象，要明确图象中的横 轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有 关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断．在有 关物理图象的定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律 及物理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐含条件，明 确有关图象所包围的面积、斜率，以及图象的横轴、纵轴 的截距所表示的物理意义．
同样判断出 3 s～3.5 s 时间内， 力 F 方向向左， 且逐渐减小； 3.5 s～ 4 s 时间内，力 F 方向向右，且逐渐增大．所以选项 A 正确．
答案
A
规律总结 1．楞次定律的理解和应用 (1)“阻碍”的效果表现为：①阻碍原磁通量的变化 ——增 反减同； ②阻碍物体间的相对运动 ——来拒去留；③ 阻碍 自身电流的变化——自感现象． (2)解题步骤：①确定原磁场的方向(分析合磁场)；②确定原 磁通量的变化 (增加或减少 )； ③ 确定感应电流磁场的方向 (增反减同)；④确定感应电流方向(安培定则)．
本 学 案 栏 目 开 关
2mgRsin θ A．导体棒 MN 的最大速度为 B2L2 B．导体棒 EF 与轨道之间的最大静摩擦力为 mgsin θ
C．导体棒 MN 受到的最大安培力为 mgsin θ 2 2 2 m g R sin θ 本 D．导体棒 MN 所受重力的最大功率为 学 B2L2
解析 在线框进入磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐增加， 当线框即将完全进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，产 生的电流最大，此过程电流方向为逆时针方向．整个线框在磁 场中运动时，不产生感应电流．当线框离开磁场时，产生电流 方向为顺时针方向，且切割磁感线的有效长度逐渐减小，产生 的感应电流逐渐减小，所以选项 D 正确．
高考物理二轮复习考前三个月专题18(选考3-4)教案
专题18（选考3-4）考题一 机械振动和机械波1.判断波的传播方向和质点振动方向的方法(1)特殊点法；(2)微平移法(波形移动法).2.周期、波长、波速的计算(1)周期：可根据质点的振动情况计算，若t 时间内，质点完成了n 次(n 可能不是整数)全振动，则T ＝t n ；还可根据公式T ＝λv 计算.(2)波长：可根据波形图确定，若l 的距离上有n 个(n 可能不是整数)波长，则λ＝l n ；也可根据公式λ＝vT 计算.(3)波速：可根据波形传播的时间、距离计算v ＝x t ；也可根据公式v ＝λT计算.3.利用波传播的周期性、双向性解题(1)波的图象的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能.(2)波传播方向的双向性：在题目未给出波的传播方向时，要考虑到波可沿正向或负向传播的两种可能性.例1 如图1所示，实线是某时刻的波形图象，虚线是0.2 s 后的波形图象，质点P 位于实线波的波峰处.图1(1)若波向右以最小速度传播，求经过t ＝4 s 质点P 所通过的路程；(2)若波速为35 m/s ，求波的传播方向.解析 (1)若波向右传播：nT ＋34T ＝0.2 s(n ＝0,1,2,3，…)由v ＝λT 可知周期最大时波速最小，当n ＝0时T 最大值为415 s 经过时间t ＝4 s ，即经过15个整周期，故质点P 通过的路程为s ＝15×4A ＝1.2 m(2)若波向右传播：nT ＋34T ＝0.2 s(n ＝0,1,2,3, …) v ＝λT当n ＝1时，波速为35 m/s ，所以波可以向右传播若波向左传播：nT ＋14T ＝0.2 s 当n 取0或其他任何正整数时，波速都不为35 m/s ，所以波不会向左传播.答案 (1)1.2 m (2)向右传播变式训练1.如图2甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x ＝2 m 处的质点P 以此时刻为计时起点的振动图象.下列说法正确的是( )图2A.这列波的传播方向是沿x 轴正方向B.这列波的传播速度是20 m/sC.经过0.15 s ，质点P 沿x 轴的正方向传播了3 mD.经过0.1 s 时，质点Q 的运动方向沿y 轴正方向E.经过0.35 s 时，质点Q 距平衡位置的距离小于质点P 距平衡位置的距离答案 ABE解析 由乙图读出，t ＝0时刻质点P 的速度向下，由波形的平移法可知，波沿x 轴正方向传播，故A 正确；由图知：λ＝4 m ，T ＝0.2 s ，则波速v ＝λT ＝40.2m/s ＝20 m/s ，故B 正确；简谐横波中质点在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，故C 错误；图示时刻Q 点沿y 轴正方向运动，t ＝0.1 s ＝12T ，质点Q 的运动方向沿y 轴负方向，故D 错误；t ＝0.35 s ＝1.75T ，经过0.35 s 时，质点P 到达波峰，而质点Q 位于平衡位置与波谷之间，故质点Q 距平衡位置的距离小于质点P 距平衡位置的距离，故E 正确.故选A 、B 、E.2.如图3，a 、b 、c 、d 是均匀媒质中x 轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2 m 、4 m 和6 m ，一列简谐横波以2 m/s 的波速沿x 轴正向传播，在t ＝0时刻到达质点a 处，质点a 由平衡位置开始竖直向下运动，t ＝3 s 时a 第一次到达最高点.下列说法正确的是( )图3A.在t ＝6 s 时刻波恰好传到质点d 处B.在t ＝5 s 时刻质点c 恰好到达最高点C.质点b 开始振动后，其振动周期为4 sD.在4 s ＜t ＜6 s 的时间间隔内质点c 向上运动E.当质点d 向下运动时，质点b 一定向上运动答案 ACD解析 ad 距离为x ＝12 m ，则波从a 传到d 的时间为t ＝x v＝6 s ，即在t ＝6 s 波恰好传到质点d 处，故A 正确；由题知34T ＝3 s ，得T ＝4 s ，波从a 传到c 的时间为t ＝x ′v ＝2＋42s ＝3 s ，则在t ＝5 s 质点c 已振动了2 s ，而c 起振方向向下，故在t ＝5 s 质点c 恰好经过平衡位置向上运动，故B 错误；质点b 的振动周期等于质点a 的振动周期，即为4 s ，故C 正确；在4 s ＜t ＜6 s 的时间间隔内，质点c 已振动了1 s ，质点c 正从波谷向波峰运动，即向上运动，故D 正确；波长为λ＝vT ＝8 m ，bd 间距离为10 m ＝114λ，结合波形得知，当质点d 向下运动时，质点b 不一定向上运动，故E 错误.3.一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图4所示，质点P 的x 坐标为3 m.己知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s.下列说法正确的是( )图4A.波速为1 m/sB.波的频率为1.25 HzC.x 坐标为15 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于波峰D.x 坐标为22 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于波峰E.当质点P 位于波峰时，x 坐标为17 m 的质点恰好位于波谷答案 BDE解析 由题知，波的周期为T ＝2×0.4 s＝0.8 s ，由图得波长是 λ＝4 m ，则波速v ＝λT ＝5 m/s ，故A 错误；f ＝1T ＝10.8Hz ＝1.25 Hz ，故B 正确；x ＝15 m 处的质点与P 点的振动情况始终相同，P 质点经过t ＝0.2 s ＝14T 时间恰好经过平衡位置，则x 坐标为15 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于平衡位置，故C 错误；x 坐标为22 m 的质点到x ＝2 m 质点的距离为：Δx 2＝22 m －2 m ＝20 m ＝5λ，t ＝0时刻x ＝2 m 的质点向上振动，经过t ＝0.2 s ＝14T 时间恰好到达波峰，则x 坐标为22 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于波峰位置，故D 正确；x 坐标为17 m 的质点到P 点的距离为：Δx 1＝17 m －3 m ＝14 m ＝312λ，则x 坐标为17 m 的质点与P 点的振动情况始终相反，当质点P 位于波峰时，x 坐标为17 m 的质点恰好位于波谷，故E 正确.故选B 、D 、E. 考题二 光的折射和全反射1.在解决光的折射问题时，应先根据题意分析光路，即画出光路图 ，找出入射角和折射角，然后应用公式来求解，找出临界光线往往是解题的关键.2.分析全反射问题时，先确定光是否由光密介质进入光疏介质、入射角是否大于临界角，若不符合全反射的条件，则再由折射定律和反射定律确定光的传播情况.3.在处理光的折射和全反射类型的题目时，根据折射定律及全反射的条件准确作出几何光路图是基础，利用几何关系、折射定律是关键.4.明确两介质折射率的大小关系.(1)若光疏→光密：定有反射、折射光线.(2)若光密→光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定发生全反射.例2 如图5所示，玻璃棱镜ABC 可以看成是由ABE 、AEC 两个直角三棱镜组成的，有关角度如图.一束频率为5.3×1014Hz 的单色细光束从AB 面入射，在棱镜中的折射光线如图中ab 所示，ab 与AB 面的夹角α＝60°.已知光在真空中的速度c ＝3×108 m/s ，玻璃的折射率n ＝1.5.图5(1)求光在棱镜中的波长；(2)该束光线能否从AC 面射出，请通过计算说明.解析 (1)由n ＝c v ，得 v ＝c n ＝3×1081.5m/s ＝2×108 m/s 由v ＝λf ，得λ＝v f ＝2×1085.3×1014 m≈3.77×10－7 m (2)光路如图所示，ab 光线在AC 面的入射角为45°设玻璃的临界角为C ，则sin C ＝1n ＝11.5≈0.67 因sin 45°>0.67，故光线ab 在AC 面会发生全反射，不能从AC 面射出.答案 (1)3.77×10－7m (2)见解析变式训练4.一半圆柱形透明物体横截面如图6所示，底面AOB 镀银(图中粗线)，O 表示半圆截面的圆心.一束光线在横截面内从M 点的入射角为30°，∠MOA ＝60°，∠NOB ＝30°.(已知sin 15°＝6－24)求：图6(1)光线在M 点的折射角；(2)透明物体的折射率.答案 (1)15° (2)6＋22解析 (1)如图，透明物体内部的光路为折线MPN ，Q 、M 点相对于底面EF 对称，Q 、P 和N 三点共线.设在M 点处，光的入射角为i ，折射角为r ，∠OMQ ＝α，∠PNF ＝β.根据题意有 α＝30°由几何关系得，∠PNO ＝∠PQO ＝r ，则有：β＋r ＝60°且α＋r ＝β联立式得： r ＝15°(2)根据折射率公式有 sin i ＝n sin r得n ＝6＋22. 5.如图7所示，AOB 是截面为14圆形、半径为R 的玻璃砖，现让一束单色光在横截面内从OA 靠近O 点处平行OB 射入玻璃砖，光线可从OB 面射出；保持光束平行OB 不变，逐渐增大入射点与O 的距离，当入射点到达OA 的中点E 时，一部分光线经AB 面反射后恰好未从OB 面射出.不考虑多次反射，求玻璃的折射率n 及OB 上有光射出的范围.图7答案2 33R 解析设光线经E 点射到AB 面时入射角为α，因E 点为OA 的中点由几何知识可知入射角：α＝30°设临界角为C ，则有C ＝30°因恰好发生全反射，则：sin C ＝1n解得：n ＝2由题意可知，光从OE 间入射时，可从OB 上射出，则从E 点入射时出射点距O 最远，设为F ，则：OF ＝R2cos 30°得OF ＝33R . 6.如图8所示为一顶角θ＝90°的三棱镜截面，一束单色光从三棱镜AB 边上的D 点入射，若入射角由0逐渐增大，发现光线均能射到AC 边，但当入射角大于45°时，在AC 边左侧无光线射出(不考虑光线在BC 、AC 边的反射).求三棱镜的折射率.图8答案 62解析 如图，入射光线经AB 边D 点折射进入三棱镜，折射角为γ，当入射角α＝45°时，折射光线射到AC 边恰好发生全反射，在AC 边左侧无光线射出，则由折射定律可得：n ＝sin αsin γ由临界角定义可得：sin C ＝1n由几何关系得C ＋γ＝θ联立解得：n ＝62.考题三 光的几种特性1.光的干涉现象和衍射现象证明了光的波动性，光的偏振现象说明光波为横波.相邻两亮条纹(或暗条纹)间的距离与波长成正比，即Δx ＝l dλ，利用双缝干涉实验可测量光的波长.2.干涉和衍射的产生条件(1)双缝干涉产生亮、暗条纹的条件：屏上某点到双缝的光程差等于波长的整数倍时，该点干涉加强，出现亮条纹；当光程差等于半波长的奇数倍时，该点干涉减弱，出现暗条纹.(2)发生明显衍射的条件：障碍物或小孔的尺寸跟光的波长相差不多或比光的波长小.例3 2016年，科学家利用激光干涉方法探测到由于引力波引起的干涉条纹的变化，这是引力波存在的直接证据.关于激光，下列说法中正确的是( )A.激光是自然界中某种物质直接发光产生的，不是偏振光B.激光相干性好，任何两束激光都能发生干涉C.用激光照射不透明挡板上小圆孔时，光屏上能观测到等间距的光环D.激光全息照片是利用光的干涉记录下物体三维图象的信息答案 D解析 激光是人造光，也是偏振光，故A 错误；激光相干性好，只有频率相同的两束激光才会发生干涉，故B 错误；用激光照射不透明挡板上小圆孔时，光屏上能观测到衍射条纹，间距不等，故C 错误；激光全息照片是利用光的干涉记录下物体三维图象的信息，故D 正确.故选D. 变式训练7.如图9所示，光源S 从水面下向真空斜射一束由红光和蓝光组成的复色光，在A 点分成a 、b 两束，则下列说法正确的是( )图9A.a 光是蓝光B.射出水面前a 光的传播速度大，射出水面后二者传播速度一样大C.逐渐增大入射角，a 光最先发生全反射D.b 光比a 光更容易发生衍射现象答案 B解析 由图知，两光束的入射角i 相同，折射角的关系为 r a ＜r b ，根据折射定律n ＝sin r sin i得：折射率关系为 n a ＜n b ，由于蓝光的折射率比红光的大.则知a 光是红光，b 光是蓝光，故A 错误；射出水面前a 光的传播速度大，射出水面后，所有色光在真空传播速度都相同，都为c＝3×108 m/s ，故B 正确；a 光的折射率小，根据临界角公式sin C ＝1n，可知，b 光的临界角较小，则逐渐增大入射角时，b 光的入射光先达到其临界角，最先发生全反射，故C 错误；b 光的折射率比a 光的大，则b 光的频率比a 光的大，波长比a 光的小，则a 光比b 光更容易发生衍射现象，故D 错误.故选B.8.如图10所示，实线表示两个相干波源S 1、S 2发出的波的波峰位置，设波的周期为T ，波长为λ，波的传播速度为v ，下列说法正确的是( )图10 A.图中的a 点为振动减弱点的位置B.图中的b 点为振动加强点的位置C.v ＝λTD.波源S 1的波经过干涉之后波的性质完全改变E.从图中时刻开始，波源S 1的波峰传播到a 、b 位置的最短时间均为T 2答案 ABE解析 由图知，a 点到波源S 1、S 2的距离为2.5λ和4λ，路程差为Δs ＝1.5λ，则a 点为振动减弱的位置，故A 正确；b 点到波源S 1、S 2的距离都是3.5λ，路程差为Δs ＝0，则b 点为振动加强的位置，故B 正确；v ＝λT ，故C 错误；频率相同时，才能发生干涉，而干涉为波的叠加，不会改变波的性质，故D 错误；由T ＝λv ，对波源S 1，a 、b 两点均处于波谷位置，故波源S 1的波峰传播到a 、b 位置的最短时间均为12T ，故E 正确.故选A 、B 、E. 9.如图11所示，实线为空气和水的分界面，一束绿光从水中的A 点沿AO 1方向(O 1点在分界面上，图中O 1点和入射光线都未画出)射向空气，折射后通过空气中的B 点，图中O 点为A 、B 连线与分界面的交点.下列说法正确的是( )图11A.O1点在O点的右侧B.绿光从水中射入空气中时，速度变大C.若增大入射角，可能在空气中的任何位置都看不到此绿光D.若沿AO1方向射向空气的是一束蓝光，则折射光线有可能通过B点正上方的C点E.若沿AO1方向射向空气的是一束红光，则折射光线有可能通过B点正上方的C点答案BCE解析光由水射入空气中折射时折射角大于入射角，画出绿光的光路图如图所示，可见O1点在O点的左侧，故A错误；光在真空中速度最大，当绿光从水中射入空气中时，速度变大，故B正确；光由水中射入空气时，入射角增大到一定的值会发生全反射，则可能在空气中的任何位置都看不到绿光，故C正确；若沿AO1方向射向空气中的是一束蓝光，水对蓝光的折射率大于绿光的折射率，根据折射定律可知，蓝光的偏折程度大于绿光的偏折程度，所以折射光线不可能通过B点正上方的C点，故D错误；若沿AO1方向射向空气中的是一束红光，水对红光的折射率小于绿光的折射率，根据折射定律可知，红光的偏折程度小于绿光的偏折程度，所以折射光线有可能通过B点正上方的C点，故E正确.故选B、C、E.专题规范练1.(1)沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形如图1所示，M为介质中的一个质点，该波的传播速度为40 m/s，则下列说法正确的是( )图1A.t＝0.05 s时质点M相对平衡位置的位移一定为负值B.t＝0.05 s时质点M的速度方向与相对平衡位置的位移方向相反C.t＝0.025 s时质点M的加速度方向与速度方向一定相同D.t ＝0.025 s 时质点M 的加速度方向与相对平衡位置的位移方向相同E.质点M 在0.05 s 内通过的路程一定等于4 cm(2)半径为R 的固定半圆形玻璃砖的横截面如图2所示，O 点为圆心，OO ′为直径MN 的垂线.足够大的光屏PQ 紧靠在玻璃砖的右侧且与MN 垂直.一束复色光沿半径方向与OO ′成θ＝30°角射向O 点，已知复色光包含有折射率从n 1＝2到n 2＝3的光束，因而光屏上出现了彩色光带.图2①求彩色光带的宽度；②当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求此时θ的大小. 答案 (1)ACE (2)①(1－33)R ②45° 解析 (1)从波的图象可以看出波长为λ＝4 m ，则周期为T ＝λv ＝440s ＝0.1 s ；因为波沿x轴正方向传播，故质点M 向上振动，经过0.05 s 即半个周期，对平衡位置的位移为负， 故A 正确；经过半个周期，速度方向也为负，与位移方向相同，故B 错误；经过0.025 s ，质点M 沿y 轴负方向振动，但还没有到达平衡位置，故加速度方向也为负，故C 正确；加速度方向与位移方向总是反向，故D 错误；半个周期内质点通过的路程总是振幅的2倍，故E 正确.故选A 、C 、E.(2)①由折射定律有n 1＝sin β1sin θn 2＝sin β2sin θ代入数据解得：β1＝45° β2＝60°故彩色光带的宽度为：R tan 45°－R tan 30°＝(1－33)R ②此时折射率为n 1的单色光恰好发生全反射，故sin C ＝1n 1＝12即入射角θ＝C ＝45°2.(1)两列简谐横波Ⅰ和Ⅱ分别沿x 轴正方向和负方向传播，两列波的波速大小相等，振幅均为5 cm.t ＝0时刻两列波的图象如图3所示，x ＝－1 cm 和x ＝1 cm 的质点刚开始振动.以下判断正确的是( )图3A.Ⅰ、Ⅱ两列波的频率之比为2∶1B. t ＝0时刻，P 、Q 两质点振动的方向相同C.两列波将同时传到坐标原点OD.两列波的波源开始振动的起振方向相同E.坐标原点始终是振动加强点，振幅为10 cm(2)如图4所示，将半径为R 的透明半球体放在水平桌面上方，O 为球心，直径恰好水平，轴线OO ′垂直于水平桌面.位于O 点正上方某一高度处的点光源S 发出一束与OO ′的夹角θ＝60°的单色光射向半球体上的A 点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B 点，已知O ′B ＝32R ，光在真空中传播速度为c ，不考虑半球体内光的反射，求：图4①透明半球体对该单色光的折射率n ； ②该光在半球体内传播的时间t . 答案 (1)ACD (2)① 3 ②R c解析 (1)由图知Ⅰ、Ⅱ两列波的波长之比为1∶2，波速相等，由v ＝λf 可知，Ⅰ、Ⅱ两列波的频率之比为2∶1，故A 正确；由“上、下坡法”知，t ＝0时Q 向上振动，P 向下振动，故B 错误；两列波到O 点的距离相同，波速相同，故同时传到O 点，故C 正确；由图可知，两列波的起振方向都向上，故D 正确；由图可知，坐标原点并非始终是振动加强点，故E 错误.故选A 、C 、D.(2)①光从光源S 射出经半球体到达水平桌面的光路如图所示：光由空气射向半球体，由折射定律，有：n ＝sin θsin α在△OCD 中，sin ∠COD ＝32得：γ＝∠COD ＝60° 光由半球体射向空气，由折射定律，有：n ＝sin γsin β则α＝β，由几何知识α＋β＝60° 得：α＝β＝30° 则n ＝sin γsin β＝ 3②光在半球体中传播的速度为：v ＝c n ＝33c 由几何知识得 2AC cos 30°＝R ，得：AC ＝33R 光在半球体中传播的时间为：t ＝AC v ＝R c.3.(1)图5(a)为一列简谐横波在t ＝2 s 时刻的波形图，图(b)为介质中平衡位置在x ＝1.5 m 处的振动图象，P 是平衡位置为x ＝2 m 处的质点，下列说法正确的是( )图5A.波的传播方向向右B.波速为0.5 m/sC.0～2 s 时间内，P 运动的路程为8 cmD.0～2 s 时间内，P 向y 轴正方向运动E.当t ＝7 s 时，P 点恰好回到平衡位置(2)单色细光束射到折射率n ＝2的透明球面，光束在过球心的平面内，入射角i ＝45°，研究经折射进入球内后，又经内表面反射一次，再经球面折射后射出的光线，如图6所示(图上已画出入射光和出射光).图6①在图上大致画出光线在球内的路径和方向； ②求入射光与出射光之间的夹角α. 答案 (1)BCE (2)①见解析图 ②30°解析 (1)由图(b)知，x ＝1.5 m 处的质点在t ＝2 s 时振动方向向下，则该波向左传播，故A 错误；由图(a)可知波长为2 m ，由图(b)知周期为4 s ，则波速为v ＝λT＝0.5 m/s ，故B 正确；在t ＝2 s 时，质点P 在波谷，且2 s ＝0.5T ，则质点P 运动的路程为2A ＝8 cm ，故C 正确；因波向左传播，由图(a)知在t ＝2 s 时，质点P 已经在波谷，则0～2 s 时间内，P 向y 轴负方向运动，故D 错误；当t ＝7 s 时，Δt ＝5 s ＝114T ，P 恰好回平衡位置，故E 正确.故选B 、C 、E.(2)①光线从入射到出射的光路如图所示②由折射定律n ＝sin i sin r 得sin r ＝sin i n ＝sin 45°2＝12所以r ＝30°由几何关系及对称性得：α2＝r －(i －r )＝2r －i所以α＝4r －2i ，把r ＝30°，i ＝45°代入得：α＝30°4.(1)如图7所示，横截面为半圆形玻璃砖，O 点为圆心，OO ′为直径PQ 的垂线.已知玻璃砖的折射率n ＝3，光在真空中的速度为c .则光线在该玻璃砖中的传播速度为________；一条与OO ′连线成60°角的光线从玻璃砖的圆心射入玻璃砖，则光线从玻璃砖出射方向与最初入射方向的夹角为________.图7(2)如图8所示为一列简谐横波沿－x 方向传播在t ＝0时刻的波形图，M 、N 两点的坐标分别为(－2,0)和(－7,0)，已知t ＝0.5 s 时，M 点第二次出现波峰.图8①这列波的传播速度多大？②从t ＝0时刻起，经过多长时间N 点第一次出现波峰？ ③当N 点第一次出现波峰时，M 点通过的路程为多少？ 答案 (1)33c 30° (2)①20 m/s ②0.55 s ③0.4 m 解析 (1)光线在玻璃砖中传播的速度为：v ＝c n ＝33c .根据折射定律得：n ＝sin 60°sin r得：r ＝30°，光线沿半径方向射向界面，则沿半径方向射出，可知光线从玻璃砖出射方向与最初入射方向的夹角为30°.(2)①由图象知，波长 λ＝4 m ，M 点与最近波峰的水平距离为6 m ，距离下一个波峰的水平距离为s 0＝10 m ，则波速为：v ＝s 0t＝20 m/s②N 点与最近波峰的水平距离为s ＝11 m ，当最近的波峰传到N 点时N 点第一次形成波峰，历时为：t 1＝s v ＝1120s ＝0.55 s③该波中各质点振动的周期为：T ＝λv ＝0.2 s ，N 点第一出现波峰时质点M 振动了 t 2＝11－320s ＝0.4 s则 t 2＝2T ，质点M 每振动T4经过的路程为5 cm ，则当N 点第一次出现波峰时，M 点通过的路程为：s ′＝8×5 cm＝40 cm ＝0.4 m. 5.(1)下列说法正确的是( )A.光导纤维传输信号是利用光的干涉现象B.全息照相利用了激光相干性好的特性C.光的偏振现象说明光是横波D.X 射线比无线电波更容易发生干涉和衍射现象E.刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是光的衍射现象(2)如图9a 所示，用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂于天花板上的O 点，现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角(小于5°)后由静止释放.小球的大小和受到的空气阻力均忽略不计.图9①证明小球的运动是简谐运动；②由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图b 所示，求小球运动过程中的最大速度值.答案 (1)BCE (2)①见解析 ②0.08π m/s解析 (1)光导纤维传输信号是利用光的全反射现象，故A 错误；全息照相利用了激光相干性好的特性，故B 正确；光的偏振现象说明光是横波，故C 正确；X 射线比无线电波的波长短，则衍射现象不明显，故D 错误；刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是光的衍射现象，故E 正确.故选B 、C 、E.(2)①证明：设摆长为l ，小球离开平衡位置的位移为x 时，细线和竖直方向夹角为θ ，小球重力的分力F 1提供回复力，其大小F 1＝mg sin θ在偏角很小时sin θ≈xl单摆的回复力与位移的关系F 回＝－mglx所以小球的运动是简谐运动②根据图b 可得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的关系式x ＝0.08sin πt (m) 所以小球的速度随时间变化的规律为v ＝0.08πcos πt (m/s)则小球的最大速度 v m ＝0.08π m/s.。
高考物理解题思维与方法点拨专题四：模型构建思想在天文学问题中的应用
D．无法确定
答案：B
方法一：受力分析：红蜡块竖直方向匀速，即G＝F浮，所以，相当于只受玻璃管 侧壁向右的弹力F，且与初速度的方向垂直，蜡块做曲线运动；F向右，曲线的曲 率中心在右方，曲线向右弯曲，故为曲线Q. 方法二：位移分析：在运动中取相同、连续两段时间．竖直方向分运动匀速，位 移相等，y轴上间距相等；水平方向分运动匀加速，位移逐渐变大，x轴间距变大， 可以作间距相等的水平线，与图线相交，过交点作x轴的垂线，x的间距变大的是 曲线Q，如右图所示．
对M1：
，所以：
对M2：
，所以：M1＝
两式相加得M1＋M2＝
.
答案：
(3)三星模型 模型特点：宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成 的三星系统． 【例3】 宇宙中存在一些距离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系 统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．已观测到稳定的三星系统存 在两种基本的构成形式： 一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中心星在同一半径为R的圆轨道上运 行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形 的圆轨道运行．设每个星体的质量均为m. (1)试求第一种形式下，星体运动的线速度和周期． (2)假设两种形式星体的运动周期相同，第二种形式下星体之间的距离应为多少？
供，由力的合成和牛顿运动定律有：F合＝
，F合＝
由以上条件及(1)中结果得：
.
答案：(1)
(2)
二、一题多解——发散思维
【例4】 如右图所示，红蜡块能在玻璃管里的水中匀速上升，若红蜡块在A点匀
速上升的同时，使玻璃管水平向右做匀加速直线运动，则红蜡块实际运
动的轨迹是图中的( )
A．直线P
B．曲线Q
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物体从滑上传送带到相对地面速度减小到零，对地向右发生 的位移 x＝022－－va02＝2×02－－421 m＝8 m＞6 m.
表明物体将从右边离开传送带．
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10
学案7
(3)以地面为参考系，若两皮带轮间的距离足够大，则物体
本
滑上传送带后先向右做匀减速运动直到速度为零，然后向
学
左做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等后与传送带
学案7
学案 7 用动力学和功能观点解决多过程问题
考题 1 对利用动力学观点解决多过程问题的考查
本
学
力学中的多过程问题涉及的运动形式主要有匀变速直线运动、
案 栏
平抛运动、圆周运动，分析运动过程的关键是分析物体受力，然后
目 利用牛顿运动定律分析物体的运动，高考对此类题的考查主要是牛
顿运动定律和运动学公式的应用，题目难度不大，以中档题为主．
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9
学案7
(2)物体将从传送带的右边离开．
以地面为参考系，由于 v0>v，物体滑上传送带后先向右做匀 减速运动直到速度为零，然后向左做匀加速运动，直到物体
本 速度与皮带速度相等后与皮带相对静止，期间物体的加速度
学
案 大小和方向都不变，
栏 目
加速度大小为 a＝FMf＝μg＝1 m/s2.
（3）若图中 H=4 m,L=5 m，动摩擦因数μ=0.2,则水平运动
距离要达到 7 m,h 值应为多少？
学 案
2.在利用牛顿运动定律分析多过程问题时，一定要对研
栏
究对象进行正确的受力分析，只有在合力不变时，才可
目
把牛顿运动定律和运动学公式相结合分析物体的运动.
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7
学案7
突破练习
如图 2 所示，质量 M＝20 kg 的物体从半径为 R＝0.8 m 的
本
1/4 光滑圆形轨道的顶端释放，到达底端时水平进入水平
案 栏
这段时间内皮带向左运动的位移为 x2＝vt＝3×7 m＝21 m
目
所以物体在传送带上留下的划痕为 Δx＝x1＋x2＝24.5 m.
答案 (1)600 N (2)物体将从传送带的右边离开，分析见解析 (3)24.5 m
完整版对利用动能定理分析多过程问题的考查
本
对于物体在变力作用下的多过程运动问题，不能利用牛
学
传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左传动，速率为
案 栏
v＝3 m/s，已知物体与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.1，g
目
取 10 N/kg，求：
图2
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8
学案7
(1)在14圆形轨道末端，物体对轨道的压力；
(2)若两皮带轮之间的距离是 6 m，物体冲上传送带后就移走光滑
曲面，物体将从哪一边离开传送带？通过计算说明你的结论；
学
案 顿运动定律和运动学公式求解，可利用动能定理进行求
栏 解．高考对此问题的考查主要涉及的运动形式有：变力作用
目
下的直线运动、曲线运动，题目难度中等．
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13
学案7
例2 如图 3 所示,在一次国际城市运动会中，
要求运动员从高为 H 的平台上 A 点由静
止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向
3
学案7
解析 (1)对铁块，由牛顿第二定律 F－μ2mg＝ma1
对木板，由牛顿第二定律 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
本
设木板的长度为 L，经时间 t 铁块运动到木板的左端，则
学 案
x 铁＝12a1t2
栏 目
x 木＝12a2t2
又 x 铁－x 木＝L
解得 L＝0.5 m
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4
学案7
本
下运动到 B 点后水平滑出，最后落在水
学
池中.设滑道的水平距离为 L，B 点的高
图3
案 栏
度 h 可由运动员自由调节（取 g=10 m/s2).求：
目
（1）运动员到达 B 点的速度与高度 h 的关系.
（2）运动员要达到最大水平运动距离，B 点的高度 h 应调
为多大？对应的最大水平距离 smax 为多少
(2)①当 F≤μ1(m＋M)g＝1 N 时，系统没有被拉动，静摩擦力
与外力成正比并保持大小相等，即 Ff＝F
本
②当 F>μ1(m＋M)g＝1 N 时，若 M、m 相对静止，铁块与木
学 板有相同的加速度 a，则 F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a
案 栏
F－Ff＝ma
目 解得 F＝2Ff－1 N
此时 Ff≤μ2mg＝2 N，即 F≤3 N 所以当 1 N<F≤3 N 时，Ff＝F2＋0.5 N
案
栏
相对静止，从传送带左端掉下．整个过程物体的加速度大
目
小和方向都不变，加速度大小为a＝FMf＝μg＝1 m/s2.
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11
学案7
取向右为正，物体向右发生的位移为 x1＝－2v－2－av0 2＝2－×3－2－142 m＝3.5 m
物体从滑上到离开传送带运动的时间为
本 学
t＝－－v－a v0＝－－3－1 4 s＝7 s
本 (3)若皮带轮间的距离足够大，从物体滑上到离开传送带的整个过
学 程中，在传送带上留下划痕的长度．
案
栏 目
解析 (1)由机械能守恒得 MgR＝12Mv0 2，则物体下滑到轨道末端
时速度为 v0＝ 2gR＝4 m/s
设轨道末端对物体的支持力为 FN，由牛顿第二定律得 FN－Mg＝ v2
MR
解得 FN＝600 N，由牛顿第三定律得物体对轨道的压力为 600 N.
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1
学案7
例 1 如图 1 甲所示，质量 M＝1 kg 的薄木板静止在水平面
上，质量 m＝1 kg 的铁块(可视为质点)静止在木板的右
本 学
端．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与水平面
案
间的动摩擦因数 μ1＝0.05，铁块与木板之间的动摩擦因数
栏
目
μ2＝0.2，重力加速度 g＝10 m/s2.现给铁块施加一个水平向
左的力 F，
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2
学案7
(1)若力 F 恒为 4 N，经过时间 1 s，铁块运动到木板的左端，
求木板的长度 L；
(2)若力 F 从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉
本 下来．试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力
学 案
Ff 随力 F 大小变化的图象．
栏
目
图1
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5
学案7
③当F>3 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为 Ff＝μ2mg＝2 N Ff－F图象如图所示．
本 学 案 栏 目
答案 (1)0.5 m (2)见解析图
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6
学案7
点拨提升
1.对于连结体问题，在利用牛顿运动定律求解加速度时，
本
一定要注意研究对象的选取.